第1部分专题1第5讲
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第一单元 生专活题智一慧与时力代与精运神动
赢在高考
解析 设带电粒子在 B 点的速度大小为 vB。粒子在垂直
于电场方向的速度分量不变，即 vBsin 30°＝v0sin 60° ①
由此得 vB＝ 3v0
②
设 A、B 两点间的电势差为 UAB，由动能定理有
qUAB＝12m(v2B－v20)
③
联立②③式得 UAB＝mqv20
赢在高考
4．(2015·全国卷Ⅰ，14)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度 大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带 电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒 子的( )
A．轨道半径减小，角速度增大 B．轨道半径减小，角速度减小 C．轨道半径增大，角速度增大 D．轨道半径增大，角速度减小
第一单元 生专活题智一慧与时力代与精运神动
赢在高考
(1)高压电源电压 U0＝300 V 时，求被除去的烟尘颗粒数与 总进入烟尘颗粒数的比值；
(2)若烟尘颗粒恰好能全部被除去，求高压电源电压 U1； (3)装置在(2)中电压 U1 作用下稳定工作时，1 s 内进入的烟 尘颗粒从刚进入通道到被全部除去的过程中，求电场对这些烟 尘颗粒所做的总功．
第一单元 生专活题智一慧与时力代与精运神动
赢在高考
5．(2015·全国卷Ⅱ·24)如图，一质量为 m、电荷量为 q(q＞0)的粒子在匀强电场 中运动，A、B 为其运动轨迹上的两点。 已知该粒子在 A 点的速度大小为 v0，方 向与电场方向的夹角为 60°；它运动到 B 点时速度方向与电场 方向的夹角为 30°。不计重力。求 A、B 两点间的电势差。
D 粒子进入磁场做顺时针方向 的匀速圆周运动，轨迹如图所示，
根据洛伦兹力提供向心力，有 qvB＝mvR2
解得 R＝mqBv 根据轨迹图知 PQ＝2R＝2mqBv，∠OPQ＝60° 粒子离开磁场的出射点到两平面交线 O 的距离为 OP＝2PQ ＝4mqBv，D 正确，ABC 错误．故选 D.
第一单元 生专活题智一慧与时力代与精运神动
赢在高考
A 粒子射入电场在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方 向上前半个周期内先做匀加速直线运动，在后半个周期内做匀 减速直线运动，一个周期末竖直方向上的分速度为零，可知粒 子射出电场时的速度方向一定沿垂直电场方向，故 A 正确；在 t＝T2时刻，粒子在水平方向上的分速度为 v0，因为两平行金属 板 MN、PQ 的板长和板间距离相等，则有：v0T＝v2y·T2×2，解 得 vy＝2v0，根据平行四边形定则知，粒子的速度大小为 v＝ 5
第一单元 生专活题智ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ慧与时力代与精运神动
赢在高考
A．该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的 B．在 t＝T2时刻，该粒子的速度大小为 2v0 C．若该粒子在T2时刻以速度 v0 进入电场，则粒子会打在板 上 D．若该粒子的入射速度变为 2v0，则该粒子仍在 t＝T 时刻 射出电场
第一单元 生专活题智一慧与时力代与精运神动
2．结论：半径 r＝mqBv＝ 2qmBEk，周期 T＝2qπBm(与粒子速率 无关)．
第一单元 生专活题智一慧与时力代与精运神动
赢在高考
磁场中的运动轨迹与 ON 只有一个交点，并从 OM 上另一点射
出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线 O 的
距离为( )
mv A.2qB
2mv C. qB
3mv B. qB
4mv D. qB
第一单元 生专活题智一慧与时力代与精运神动
赢在高考
第一部分 专题突破 知能提升
专题一 力与运动 第5讲 电场、磁场中的曲线运动
赢在高考
2015 2016 2017
卷ⅠT14：带电粒子在磁场中的运动 卷ⅡT19：带电粒子在磁场中的运动 卷ⅡT24：带电粒子在电场中的运动 卷ⅠT20：带电粒子在电场中的曲线运动 卷ⅡT18：带电粒子在圆形磁场中的运动 卷ⅢT18：带电粒子在有界磁场中的运动 卷ⅠT25：带电粒子在电场中的运动 卷ⅡT18：带电粒子在圆形磁场中的运动
上．不计重力及带电粒子之间的相互作用．则 v2∶v1 为( )
A. 3∶2
B. 2∶1
C. 3∶1
D．3∶ 2
第一单元 生专活题智一慧与时力代与精运神动
赢在高考
C 相同的带电粒子垂直匀强磁场入射均做匀速圆周运动． 粒子以 v1 入射，一端为入射点 P，对应圆心角为 60°(对应 六分之一圆周)的弦 PP′必为垂直该弦入射粒子运动轨迹的直 径 2r1，如图甲所示，设圆形区域的半径为 R，由几何关系知 r1 ＝12R.其他不同方向以 v1 入射的粒子的出射点在 PP′对应的圆 弧内．
赢在高考
2．(2016·全国卷Ⅱ)一圆筒处于磁感应强 度大小为 B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的 轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径 MN 的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速
度 ω 顺时针转动．在该截面内，一带电粒子 从小孔 M 射入筒内，射入时的运动方向与 MN 成 30°角．当筒 转过 90°时，该粒子恰好从小孔 N 飞出圆筒．不计重力．若粒 子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为( )
(2)由类平抛运动规律和牛顿第二定律得 d＝12a1t2 |Ud1q|＝ma1 解得：U1＝400 V (3)t1＝1 s 内进入烟尘通道的烟尘颗粒总个数： N＝nd2v0t1
第一单元 生专活题智一慧与时力代与精运神动
赢在高考
电场力对每个颗粒所做的功与其到下金属板的偏移量 y 成
正比，则对所有颗粒做功的平均值等于电场对距离下金属板d2处
ω A.3B
ω C.B
ω B.2B
2ω D. B
第一单元
生专活题智一慧与时力代与精运神动
赢在高考
A 画出粒子的运动轨迹如图所示，由 洛伦兹力提供向心力得，qvB＝mvr2，又 T
＝2vπr，联立得 T＝2qπBm 由几何知识可得，
轨迹的圆心角为 θ＝π6，在磁场中运动时间 t
π ＝2θπT，粒子运动和圆筒运动具有等时性，则2θπT＝ω2 ，解得mq ＝
第一单元 生专活题智一慧与时力代与精运神动
赢在高考
同理可知，粒子以 v2 入射及出射情况，如图乙所示．由几
何关系知 r2＝
R2－R22＝ 23R，
可得 r2∶r1＝ 3∶1.
因为 m、q、B 均相同，由公式 r＝mqBv可得 v∝r，
所以 v2∶v1＝ 3∶1.故选 C.
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赢在高考
(2)“三个一” 一个偏转角： tan θ＝vv0y＝qmUv220Ld＝2UU21Ld
一个几何关系：y＝L2tan θ； 一个功能关系：ΔEk＝qUd2y.
第一单元
生专活题智一慧与时力代与精运神动
赢在高考
[题组预测] 1．(多选)(2017·承德模拟)如图所示， 一带电荷量为 q 的带电粒子以一定的初速 度由 P 点射入匀强电场，入射方向与电场 线垂直．粒子从 Q 点射出电场时，其速度 方向与电场线成 30°角．已知匀强电场的 宽度为 d，P、Q 两点的电势差为 U，不计重力作用，设 P 点的 电势为零．则下列说法正确的是( )
第一单元 生专活题智一慧与时力代与精运神动
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3．如图所示为利用静电除烟尘的通道 示意图，前、后两面为绝缘板，上、下两面 为分别与高压电源的负极和正极相连的金 属板，在上、下两面间产生的电场可视为匀 强电场，通道长 L＝1 m，进烟尘口的截面 为边长 d＝0.5 m 的正方形，分布均匀的带负电烟尘颗粒均以水 平速度 v0＝2 m/s 连续进入通道，碰到下金属板后其所带电荷会 被中和并被收集，但不影响电场分布．已知每立方米体积内颗 粒数 n＝1×1013 个，每个烟尘颗粒带电荷量为 q＝－1.0×10－17 C，质量为 m＝2.0×10－15 kg，忽略颗粒的重力、颗粒之间的相 互作用力和空气阻力．
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v0，故 B 错误．若该粒子在T2时刻以速度 v0 进入电场，粒子在 竖直方向上的运动情况与 0 时刻进入时运动的情况相反，运动 规律相同，则粒子不会打在板上，故 C 错误．若该粒子的入射 速度变为 2v0，则粒子射出电场的时间 t＝2Lv0＝T2，故 D 错误．
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A．带电粒子在 Q 点的电势能为－Uq B．带电粒子带负电
C．此匀强电场的电场强度大小为
E＝2
3U 3d
D．此匀强电场的电场强度大小为
E＝
3U 3d
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赢在高考
AC 由图看出粒子的轨迹向上，则所受的电场力向上，与 电场方向相同，所以该粒子带正电．粒子从 P 到 Q，电场力做 正功，为 W＝qU，则粒子的电势能减少了 qU，P 点的电势为零， 则知带电粒子在 Q 点的电势能为－Uq，故 A 正确，B 错误．设 带电粒子在 P 点时的速度为 v0，在 Q 点建立直角坐标系，垂直 于电场线为 x 轴，平行于电场线为 y 轴，由平抛运动的规律和 几何知识求得粒子在 y 轴方向的分速度为：vy＝ 3v0，粒子在 y 轴方向上的平均速度为：v y＝ 32v0.设粒子在 y 轴方向上的位移 为 y0，粒子在电场中的运动时间为 t，则：
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解析 (1)由牛顿第二定律得，|Ud0q|＝ma 烟尘颗粒在电场中做类平抛运动，飞出电场时，有： 水平位移 L＝v0t 竖直位移 y＝12at2 解得：y＝0.375 m 所求比值为 η＝dy＝34
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3ωB，故选项 A 正确．
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3．(2016·全国卷Ⅲ)平面 OM 和平面 ON 之间的夹角为 30°，其横截面(纸面) 如图所示，平面 OM 上方存在匀强磁场， 磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质 量为 m，电荷量为 q(q>0)．粒子沿纸面以大小为 v 的速度从 OM 的某点向左上方射入磁场，速度与 OM 成 30°角．已知该粒子在
第一单元 生专活题智一慧与时力代与精运神动
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D 由于速度方向与磁场方向垂直，粒子受洛伦兹力作用做 匀速圆周运动，即 qvB＝mrv2，轨道半径 r＝mqBv，从较强磁场进 入较弱磁场后，磁感应强度变小，速度大小不变，轨道半径 r 变大，根据角速度 ω＝vr＝qmB可知角速度变小，选项 D 正确。
的颗粒所做的功(其他类似表达也给分)
所以 W＝N|Ud1q|·d2＝0.01 J
答案
3 (1)4
(2)400 V
(3)0.01 J
第一单元 生专活题智一慧与时力代与精运神动
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带电粒子在匀强磁场中的运动 [解题方略]
1．模型：带电粒子运动方向与磁场方向垂直时，粒子做匀 速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：qvB＝mvr2.
答案
mv20 q
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带电粒子在匀强电场中的偏转问题 [解题方略]
“两个分运动”、“三个一”求解粒子偏转问题 (1)两个独立的分运动 平行极板的匀速直线运动：L＝v0t； 垂直极板的匀加速直线运动： y＝12at2，vy＝at，a＝mqUd.
第一单元 生专活题智一慧与时力代与精运神动
第一单元 生专活题智一慧与时力代与精运神动
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1．(2017·全国卷Ⅱ)如图，虚线所示的圆形区域
内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上
的一点．大量相同的带电粒子以相同的速率经过 P
点，在纸面内沿不同方向射入磁场．若粒子射入
速率为 v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周
上；若粒子射入速率为 v2，相应的出射点分布在三分之一圆周
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竖直方向有：y0＝ v yt＝
3v0t 2
水平方向有：d＝v0t
可得：y0＝ 23d，所以场强为：E＝yU0
联立得
E＝
2U ＝2 3d
33dU，故
C
正确，D
错误．
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2．如图甲所示，两平行金属板 MN、PQ 的板长和板间距 离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电 场方向与两板垂直，在 t＝0 时刻，一不计重力的带电粒子沿板 间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为 v0，t ＝T 时刻粒子刚好沿 MN 板右边缘射出电场．则( )
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解析 设带电粒子在 B 点的速度大小为 vB。粒子在垂直
于电场方向的速度分量不变，即 vBsin 30°＝v0sin 60° ①
由此得 vB＝ 3v0
②
设 A、B 两点间的电势差为 UAB，由动能定理有
qUAB＝12m(v2B－v20)
③
联立②③式得 UAB＝mqv20
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4．(2015·全国卷Ⅰ，14)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度 大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带 电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒 子的( )
A．轨道半径减小，角速度增大 B．轨道半径减小，角速度减小 C．轨道半径增大，角速度增大 D．轨道半径增大，角速度减小
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(1)高压电源电压 U0＝300 V 时，求被除去的烟尘颗粒数与 总进入烟尘颗粒数的比值；
(2)若烟尘颗粒恰好能全部被除去，求高压电源电压 U1； (3)装置在(2)中电压 U1 作用下稳定工作时，1 s 内进入的烟 尘颗粒从刚进入通道到被全部除去的过程中，求电场对这些烟 尘颗粒所做的总功．
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5．(2015·全国卷Ⅱ·24)如图，一质量为 m、电荷量为 q(q＞0)的粒子在匀强电场 中运动，A、B 为其运动轨迹上的两点。 已知该粒子在 A 点的速度大小为 v0，方 向与电场方向的夹角为 60°；它运动到 B 点时速度方向与电场 方向的夹角为 30°。不计重力。求 A、B 两点间的电势差。
D 粒子进入磁场做顺时针方向 的匀速圆周运动，轨迹如图所示，
根据洛伦兹力提供向心力，有 qvB＝mvR2
解得 R＝mqBv 根据轨迹图知 PQ＝2R＝2mqBv，∠OPQ＝60° 粒子离开磁场的出射点到两平面交线 O 的距离为 OP＝2PQ ＝4mqBv，D 正确，ABC 错误．故选 D.
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A 粒子射入电场在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方 向上前半个周期内先做匀加速直线运动，在后半个周期内做匀 减速直线运动，一个周期末竖直方向上的分速度为零，可知粒 子射出电场时的速度方向一定沿垂直电场方向，故 A 正确；在 t＝T2时刻，粒子在水平方向上的分速度为 v0，因为两平行金属 板 MN、PQ 的板长和板间距离相等，则有：v0T＝v2y·T2×2，解 得 vy＝2v0，根据平行四边形定则知，粒子的速度大小为 v＝ 5
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A．该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的 B．在 t＝T2时刻，该粒子的速度大小为 2v0 C．若该粒子在T2时刻以速度 v0 进入电场，则粒子会打在板 上 D．若该粒子的入射速度变为 2v0，则该粒子仍在 t＝T 时刻 射出电场
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2．结论：半径 r＝mqBv＝ 2qmBEk，周期 T＝2qπBm(与粒子速率 无关)．
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磁场中的运动轨迹与 ON 只有一个交点，并从 OM 上另一点射
出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线 O 的
距离为( )
mv A.2qB
2mv C. qB
3mv B. qB
4mv D. qB
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第一部分 专题突破 知能提升
专题一 力与运动 第5讲 电场、磁场中的曲线运动
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2015 2016 2017
卷ⅠT14：带电粒子在磁场中的运动 卷ⅡT19：带电粒子在磁场中的运动 卷ⅡT24：带电粒子在电场中的运动 卷ⅠT20：带电粒子在电场中的曲线运动 卷ⅡT18：带电粒子在圆形磁场中的运动 卷ⅢT18：带电粒子在有界磁场中的运动 卷ⅠT25：带电粒子在电场中的运动 卷ⅡT18：带电粒子在圆形磁场中的运动
上．不计重力及带电粒子之间的相互作用．则 v2∶v1 为( )
A. 3∶2
B. 2∶1
C. 3∶1
D．3∶ 2
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C 相同的带电粒子垂直匀强磁场入射均做匀速圆周运动． 粒子以 v1 入射，一端为入射点 P，对应圆心角为 60°(对应 六分之一圆周)的弦 PP′必为垂直该弦入射粒子运动轨迹的直 径 2r1，如图甲所示，设圆形区域的半径为 R，由几何关系知 r1 ＝12R.其他不同方向以 v1 入射的粒子的出射点在 PP′对应的圆 弧内．
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2．(2016·全国卷Ⅱ)一圆筒处于磁感应强 度大小为 B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的 轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径 MN 的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速
度 ω 顺时针转动．在该截面内，一带电粒子 从小孔 M 射入筒内，射入时的运动方向与 MN 成 30°角．当筒 转过 90°时，该粒子恰好从小孔 N 飞出圆筒．不计重力．若粒 子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为( )
(2)由类平抛运动规律和牛顿第二定律得 d＝12a1t2 |Ud1q|＝ma1 解得：U1＝400 V (3)t1＝1 s 内进入烟尘通道的烟尘颗粒总个数： N＝nd2v0t1
第一单元 生专活题智一慧与时力代与精运神动
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电场力对每个颗粒所做的功与其到下金属板的偏移量 y 成
正比，则对所有颗粒做功的平均值等于电场对距离下金属板d2处
ω A.3B
ω C.B
ω B.2B
2ω D. B
第一单元
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赢在高考
A 画出粒子的运动轨迹如图所示，由 洛伦兹力提供向心力得，qvB＝mvr2，又 T
＝2vπr，联立得 T＝2qπBm 由几何知识可得，
轨迹的圆心角为 θ＝π6，在磁场中运动时间 t
π ＝2θπT，粒子运动和圆筒运动具有等时性，则2θπT＝ω2 ，解得mq ＝
第一单元 生专活题智一慧与时力代与精运神动
赢在高考
同理可知，粒子以 v2 入射及出射情况，如图乙所示．由几
何关系知 r2＝
R2－R22＝ 23R，
可得 r2∶r1＝ 3∶1.
因为 m、q、B 均相同，由公式 r＝mqBv可得 v∝r，
所以 v2∶v1＝ 3∶1.故选 C.
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(2)“三个一” 一个偏转角： tan θ＝vv0y＝qmUv220Ld＝2UU21Ld
一个几何关系：y＝L2tan θ； 一个功能关系：ΔEk＝qUd2y.
第一单元
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赢在高考
[题组预测] 1．(多选)(2017·承德模拟)如图所示， 一带电荷量为 q 的带电粒子以一定的初速 度由 P 点射入匀强电场，入射方向与电场 线垂直．粒子从 Q 点射出电场时，其速度 方向与电场线成 30°角．已知匀强电场的 宽度为 d，P、Q 两点的电势差为 U，不计重力作用，设 P 点的 电势为零．则下列说法正确的是( )
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3．如图所示为利用静电除烟尘的通道 示意图，前、后两面为绝缘板，上、下两面 为分别与高压电源的负极和正极相连的金 属板，在上、下两面间产生的电场可视为匀 强电场，通道长 L＝1 m，进烟尘口的截面 为边长 d＝0.5 m 的正方形，分布均匀的带负电烟尘颗粒均以水 平速度 v0＝2 m/s 连续进入通道，碰到下金属板后其所带电荷会 被中和并被收集，但不影响电场分布．已知每立方米体积内颗 粒数 n＝1×1013 个，每个烟尘颗粒带电荷量为 q＝－1.0×10－17 C，质量为 m＝2.0×10－15 kg，忽略颗粒的重力、颗粒之间的相 互作用力和空气阻力．
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v0，故 B 错误．若该粒子在T2时刻以速度 v0 进入电场，粒子在 竖直方向上的运动情况与 0 时刻进入时运动的情况相反，运动 规律相同，则粒子不会打在板上，故 C 错误．若该粒子的入射 速度变为 2v0，则粒子射出电场的时间 t＝2Lv0＝T2，故 D 错误．
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A．带电粒子在 Q 点的电势能为－Uq B．带电粒子带负电
C．此匀强电场的电场强度大小为
E＝2
3U 3d
D．此匀强电场的电场强度大小为
E＝
3U 3d
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AC 由图看出粒子的轨迹向上，则所受的电场力向上，与 电场方向相同，所以该粒子带正电．粒子从 P 到 Q，电场力做 正功，为 W＝qU，则粒子的电势能减少了 qU，P 点的电势为零， 则知带电粒子在 Q 点的电势能为－Uq，故 A 正确，B 错误．设 带电粒子在 P 点时的速度为 v0，在 Q 点建立直角坐标系，垂直 于电场线为 x 轴，平行于电场线为 y 轴，由平抛运动的规律和 几何知识求得粒子在 y 轴方向的分速度为：vy＝ 3v0，粒子在 y 轴方向上的平均速度为：v y＝ 32v0.设粒子在 y 轴方向上的位移 为 y0，粒子在电场中的运动时间为 t，则：
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解析 (1)由牛顿第二定律得，|Ud0q|＝ma 烟尘颗粒在电场中做类平抛运动，飞出电场时，有： 水平位移 L＝v0t 竖直位移 y＝12at2 解得：y＝0.375 m 所求比值为 η＝dy＝34
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3ωB，故选项 A 正确．
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3．(2016·全国卷Ⅲ)平面 OM 和平面 ON 之间的夹角为 30°，其横截面(纸面) 如图所示，平面 OM 上方存在匀强磁场， 磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质 量为 m，电荷量为 q(q>0)．粒子沿纸面以大小为 v 的速度从 OM 的某点向左上方射入磁场，速度与 OM 成 30°角．已知该粒子在
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D 由于速度方向与磁场方向垂直，粒子受洛伦兹力作用做 匀速圆周运动，即 qvB＝mrv2，轨道半径 r＝mqBv，从较强磁场进 入较弱磁场后，磁感应强度变小，速度大小不变，轨道半径 r 变大，根据角速度 ω＝vr＝qmB可知角速度变小，选项 D 正确。
的颗粒所做的功(其他类似表达也给分)
所以 W＝N|Ud1q|·d2＝0.01 J
答案
3 (1)4
(2)400 V
(3)0.01 J
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带电粒子在匀强磁场中的运动 [解题方略]
1．模型：带电粒子运动方向与磁场方向垂直时，粒子做匀 速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：qvB＝mvr2.
答案
mv20 q
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带电粒子在匀强电场中的偏转问题 [解题方略]
“两个分运动”、“三个一”求解粒子偏转问题 (1)两个独立的分运动 平行极板的匀速直线运动：L＝v0t； 垂直极板的匀加速直线运动： y＝12at2，vy＝at，a＝mqUd.
第一单元 生专活题智一慧与时力代与精运神动
第一单元 生专活题智一慧与时力代与精运神动
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1．(2017·全国卷Ⅱ)如图，虚线所示的圆形区域
内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上
的一点．大量相同的带电粒子以相同的速率经过 P
点，在纸面内沿不同方向射入磁场．若粒子射入
速率为 v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周
上；若粒子射入速率为 v2，相应的出射点分布在三分之一圆周
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竖直方向有：y0＝ v yt＝
3v0t 2
水平方向有：d＝v0t
可得：y0＝ 23d，所以场强为：E＝yU0
联立得
E＝
2U ＝2 3d
33dU，故
C
正确，D
错误．
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2．如图甲所示，两平行金属板 MN、PQ 的板长和板间距 离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电 场方向与两板垂直，在 t＝0 时刻，一不计重力的带电粒子沿板 间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为 v0，t ＝T 时刻粒子刚好沿 MN 板右边缘射出电场．则( )